高考电场磁场试题汇编

（全国Ⅰ卷理综）17.如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且abcbcd1350。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力

A. 方向沿纸面向上，大小为(21)ILB B. 方向沿纸面向上，大小为(21)ILB C. 方向沿纸面向下，大小为(21)ILB D. 方向沿纸面向下，大小为(21)ILB 答案A

【解析】本题考查安培力的大小与方向的判断.该导线可以用a和d之间的直导线长为(21)L来等效代替,根据FBIl,可知大小为(21)BIL,方向根据左手定则.A正确.

（全国Ⅰ卷理综）18.如图所示。一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，MP⊥ON，则A.M点的电势比P点的电势高

B.将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C. M、N 两点间的电势差大于O、M两点间的电势差

D.在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动 答案AD

【解析】本题考查电场、电势、等势线、以及带电粒子在电场中的运动.由图和几何关系可知M和P两点不处在同一等势线上而且有MP,A对.将负电荷由O

点移到P要克服电场力做功,及电场力做负功,B错.根据UEd,O到M的平均电场强度大于M到N的平均电场强度,所以有UOMUMN,C错.从O点释放正电子后,电场力做正功,该粒子将沿y轴做加速直线运动.

（全国II卷理综）19. 图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线。两粒子

M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所 示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c 点。若不计 重力，则

A. M带负电荷，N带正电荷

B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力

做功

D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对 它做的功等于零 答案BD

【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动.图中的虚线为等势线,所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零,D正确.根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上M受到的电场力向下,电荷的正负不清楚但为异种电荷.A错.o到a的电势差等于o到c的两点的电势差,而且电荷和质量大小相等,而且电场力都做的是正功根据动能定理得a与c两点的速度大小相同,但方向不同,B对.

（高考北京理综卷）16．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别

为UP和UQ，则

A．EP＞EQ，UP＞UQ

B．EP＞EQ，UP＜UQ C．EP＜EQ，UP＞UQ D．EP＜EQ，UP＜UQ

【解析】从图可以看出P点的电场线的密集程度大于Q点的密集程度，故P点的场强大于Q点的场强，因电场线的方向由P指向Q，而沿电场线的方向电势逐渐降低， P点的电势高于Q点的电势，故A项正确。 【答案】A

（高考北京理综卷）

19．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁

场而保留

电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b A．穿出位置一定在O′点下方

B．穿出位置一定在O′点上方

C．运动时，在电场中的电势能一定减小 D．在电场中运动时，动能一定减小

【解析】a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq 即只要满足E =Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误。 【答案】C

（高考北京理综卷）

20．图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的的距离为x，P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，E的合理表达式应为 A．E2k(R1x2R2R222)x

1xR2B．E2k(11x2R222)x

1xR2C．E2k(R1R2x2R21x2R2)x

2 D．E2k(1x2R211x2R2)x

2【解析】当R1=0时，对于A项而言E=0，此时带电圆环演变为带电圆面，中心轴线上一点的电场强度E>0，故A项错误；当x=0时，此时要求的场强为O点

的场强，由对称性可知EO=0，对于C项而言，x=0时E为一定值，故C项错误。当x→∞时E→0，而D项中E→4πκσ故D项错误；所以正确选项只能为B。 【答案】B

（高考天津理综卷）

4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功

的代数和等于

A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量 C.棒的重力势能增加量 D.电阻R上放出的热量

A【解析】棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理：WFWG-W安EK

得WFW安EKmgh即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。

（高考天津理综卷）

5.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点。则 A.粒子受电场力的方向一定由M指向N

B.粒子在M点的速度一定比在N点的大 C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大 D.电场中M点的电势一定高于N点的电势

B【解析】由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故B对C错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，C错。 （高考上海物理卷）

3．两带电量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电

荷连线上场强大小E与x关系的是图（ ）

【答案】A

【解析】由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场

强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，因此A正确。（高考上海物理卷）

7．位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，

图中实线表示等势线，则（ ） d f （A）a点和b点的电场强度相同

A a B c B （B）正电荷从c点移到d点，电场力做正

e 功

（C）负电荷从a点移到c点，电场力做正功

（D）正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大 【答案】CD。

【解析】电场线的疏密可以表示电场的强弱，可见A错误；正电荷从c点移到

d点，电场力做负功，负电荷从a点移到c点，电场力做正功，所以B错误，C正确；正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电场力先做正功，后做负功，但整个过程电场力做正功，D正确。

（高考重庆理综卷）19.在题19图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM'与NN'

，

之间的安培力的大小为fa 、fb ，判断这两段导线（ ）

A.相互吸引，fa ＞fb B.相互排斥，fa ＞fb C.相互吸引，fa ＜fb D.相互排斥，fa ＜fb 答案：D

解析：电键S分别置于a、b两处时，电源分别为一节干电池、两节干电池，而

电路中灯泡电阻不变，则电路中电流Ia＜Ib，MM'在NN'处的磁感应强度Ba＜Bb，

应用安培力公式F＝BIL可知fa ＜fb ，又MM'在NN'电流方向相反、则相互排斥。（高考山东理综卷）20．如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置

等量异种点电荷+Q和-Q，x轴上的P点位于的右侧。下列判断正确的是（ ） A．在x轴上还有一点与P点电场强度

相同

B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同

C．若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能增大

D．若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能减小

答案：AC

解析：根据等量正负点电荷的电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，即和P点关于O点对称，A正确。若将一试探电荷+q从P点移至O点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大。一般规定无穷远电势为零，过0点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q在P点时电势能为负值，移至O点时电势能为零，所以电势能增大，C正确。 （高考四川理综卷）

20. （四川理综卷）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则（ ）

A．小物体上升的最大高度为V221V24g

B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减

小 C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负

功后做正

功

D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小

答案：AD

解析：设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L。

因为OM＝ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为

0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过

相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为

相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并

设为W1。在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：－mgsinθL－

μmgcosθL－W1＝－

mV212和

mgsinθL－μmgcosθL－W1＝

mV222，上两式相减可

得sinθL＝

V2V2124g，A对；由OM＝ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，

电势能先减小后增大，BC错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对。 （高考安徽理综卷）

18. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的

abcd，顶点

a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如

图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角

线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中 A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动

B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势

C. 电势能与机械能之和先增大，后减小

D. 电势能先减小，后增大 a b 答案：D

解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加O 速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知

d c道，在两电

荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力

做负功，电势能增加，D对。 （高考安徽理综卷）

19. 右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运

动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子 A. 带正电，由下往上运动 B. 带正电，由上往下运动

C. 带负电，由上往下运动 D. 带负电，由下往上运动 答案： A。

解析：粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式rmvqB可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带

正电。选A。

（高考浙江理综卷）

16．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为qq0的相同小球，

小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接。当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l0 已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为

A．l5kq22k B．lkq2 C．l5kq2 D．l5kq20l2k20l4k20l2k2

0l答案C

【解析】第三个小球受三个力的作用，它们的关系是

22F23 kq20xKl2Kq2l2，得x5Kq4k2 0lF13

（高考浙江理综卷）

20．空间存在匀强电场，有一电荷量qq0、质量m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0。现有另一电荷量q、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0。若忽略重力的影响，则 A．在O、A、B三点中，B点电势最高

B．在O、A、B三点中，A点电势最高

C．OA间的电势差比BO间的电势差大 D．OA间的电势差比BA间的电势差小 答案AD

【解析】正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，

电势升高，B点电势比O点高。所以B点最高，A对；

1m212UW2v0mv03mv2OA20OA2qq2q 1m3v212UOBWOB202m2v05mv20qq2q，故D对

（高考福建理综卷）18.如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金

属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感

应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直

于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。现

杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速

度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程

A.杆的速度最大值为

B.流过电阻R的电量为

C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量

D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量

答案BD

【解析】当杆达到最大速度vm时，FmgB2d2vmRr0得vFmgRrmB2d2，

A错；

由公式qBSBdLRrRrRr，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动

能定理有：WFWfW安EK，其中Wfmg，W安Q，恒力F做的功与摩擦

力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做

的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D

对。

（高考宁夏理综卷）

16. 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流

速度。电磁血流计由一对电极a和b以

及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均

匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁

接触，两触

点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160µV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为

A. 1.3m/s ，a正、b负 B. 2.7m/s ， a正、b负 C．1.3m/s，a负、b正 D. 2.7m/s ， a负、b正 【答案】A。

【解析】依据左手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在

磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此电极a、b的正负为a正、b负；当稳定时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则qE=qvB，可

得vEU160106BBd0.0431031.3m/s，A正确。

（高考宁夏理综卷）

18.空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角

坐标系Oxyz，M、N、P为电场中的三个点，M

点的坐标

(0,a,0)，N

点的坐标为(a,0,0)，P点的坐标为

(a,aa2,2)。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，

则P点的电势为 A.3V242V B.

32V C.14V D.3E 4V

M N 【答案】D。

【解析】将立体图画成平面图，如图所示，可见P点沿电场线方向为MN的四等

分线，故P点的电势为34V，D正确。

（高考江苏物理卷）1．两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视

为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为 A．112F B．3F C．443F D．12F

答案：C

【解析】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题。接触前两个点电荷之间的库仑力大小为FkQ3Qr2，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所

带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的12，库仑力为FkQQ4r2，所以两球间库仑力的大小为3F，C项正确。如两球原来

2带正电，则接触各自带电均为+2Q。

（高考江苏物理卷）8．空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴

上两点B、C

点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有 A．EBx的大小大于ECx的大小 B．EBx的方向沿x轴正方向

C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大

D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功

答案： AD

【解析】本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解。在B点和

C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对

应的电势差，看做匀强电场有Ed，可见EBx>ECx，A项正确；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确。

（高考广东物理卷）6.如图3所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块的运动过程中，下列表述

正确的是

A．两个物块的电势能逐渐减少 B．物块受到的库仑力不做功 C．两个物块的机械能守恒

D. 物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力

【答案】A。

【解析】由于两电荷电性相同，则二者之间的作用力为斥力，因此在远离过程

中，电场力做正功，则电势能逐渐减少，A正确；B错误；由于运动过程中，

有重力以外的力电场力和摩擦力做功，故机械能不守恒，C错误；在远离过程

中开始电场力大于摩擦力，后来电场力小于摩擦力。

（高考广东物理卷）

12．图9是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁

场。下列表述正确的是

A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面

向外

C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B

D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小 【答案】ABC。

【解析】由加速电场可见粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，如图所示，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外B正确；经过速度选择器时满足qEqvB,可知能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B，带电粒子进入磁场做匀速圆周运动则有

Rmv，可见当v相同时，mqBRq，所以可以用来区分同位素，且R越大，比

荷就越大，D错误。

（高考广东理科基础卷）

12．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是

A．电场线是客观存在的

B．电场线越密，电场强度越小

C．沿着电场线方向，电势越来越低

D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小答案.C

【解析】电场是客观存在的,而电场线是假想的,A错.电场线越密的地方电场越大B错.沿着电场线的方向电势逐渐降低C对.负电荷沿着电场线方向移动时电场力做负功电势能增加D错 （高考广东理科基础卷）

13．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是

A．洛伦兹力对带电粒子做功

B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能 C．洛伦兹力的大小与速度无关

D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向答案.B

【解析】根据洛伦兹力的特点, 洛伦兹力对带电粒子不做功,A错.B对.根据

FqvB,可知大小与速度有关. 洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向,不改

变速度的大小.

（高考广东理科基础卷）

16．如图6，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作

用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最

右点。不计重力，下列表述正确的是 A．粒子在M点的速率最大

B．粒子所受电场力沿电场方向

C．粒子在电场中的加速度不变

D．粒子在电场中的电势能始终在增加答案.C

【解析】根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧,再结合电场力的特点可知粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反,B错.从N到M电场力做负功,减速.电势能在增加.当达到M点后电场力做正功加速电势能在减小则在M点的速度最小A错,D错.在整个过程中只受电场力根据牛顿第二定律加速度不变.

（高考广东文科基础卷）

60．如图9所示，空间有一电场，电场中有两个

点a和b。下列表述正确的是 A．该电场是匀强电场 B．a点的电场强度

比b点的大 C．b点的电场强度比a点的大 D．正电荷在a、b两点受力方向相同 （高考广东

文科基础卷）

61．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，其受到的洛伦兹力的方向，下列表述

正确的是 A．与磁场方向相同 B．与运动方向相同 C．与运动方向相反 D．与磁场方向垂直 （高考

海南物理卷）2．一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向

如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是 答案：D

解析：匀强磁场竖直向上、和导线平行，导线受到安培力为0，A错；匀强磁场水平向右，根据左手定则可知导线受到安培力向里，B错；匀强磁场垂直纸面向外，由左手定则可知导线受到安培力水平向右，C错、D对。

（高考海南物理卷）5．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为oS/d，其中o是常量。对此电容器充电后断开电源。当增加两板间距时，电容器极板间

A．电场强度不变，电势差变大

B．电场强度不变，电势差不变 C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度较小，电势差减小 答案：A

解析：平行板所带电荷量Q、两板间电压U，有C＝Q/U、C＝oS/d、两板间匀强电场的场强E＝U/d，可得E＝

Q0S。电容器充电后断开，电容器电荷量Q不变，则E不变。根据C＝oS/d可知d增大、C减小，又根据C＝Q/U可知U变大。 （高考海南物理卷）

10．如图，两等量异号的点电荷相距为2a。M与两点电荷共线，N位于两点电荷

连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M和N的距离都为L，且La。略去

a/Lnn2项的贡献，则两点电荷的合电场在M和N点的强度（ ）

A．大小之比为2，方向相反 B．大小之比为1，方向相反 C．大小均与a成正比，方向相反

D．大小均与L的平方成反比，方向相互垂直 答案：AC

解析：如右下图所示，合电场在M和N点的强度分别为 E1＝

Kq(La)2－

Kq(La)2＝4KqaL3、E2＝2

KqL2a2×

aL2a2＝

2KqaL3，E1：E2＝2；又N点处强场方向由＋q指向－q，在M点的场强表现＋q的点电荷、由－q指向＋q。

（全国Ⅰ卷理综）26（21分） 如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于x y平面向外。P是 y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略

小于。

带点粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不

变。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。

26. 【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为NO,与板碰撞后再次进入磁场的位置为Nmv1.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有RqB…⑴,粒子

速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离x1保持不变有

x1NONO2Rsin…⑵,粒子射出磁场与下一

次进入磁场位置间的距离x2始终不变,与NON1相等.由图可

以看出x2a……⑶

设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P点,由对称性,出射点的x坐标应为-a,即n1x1nx22a……⑷,由⑶⑷两式

得

x1n2n1a……⑸ 若粒子与挡板发生碰撞,有xa1x24……⑹联立⑶⑷⑹得n<3………⑺联立⑴⑵⑸得

vqBn2a………⑻把sinh2msinn1a2h2代入⑻中得

qBaa2h2vomh,n0…………⑼

3qBaa2h2v14mh,n1…………⑾

2qBaa2vh223mh,n2…………⑿

（全国II卷理综）25. （18分）

如图,在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于

电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。

答案l21d22dl2dlarcsin(122)

2l1d【解析】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动.

粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示.由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上,OP长度即为粒子运动的圆弧的半

径R.由几何关系得

R2l21(Rd)2………①

设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

……………②

设P为虚线与分界线的交点,POP,则粒子在磁场中的运动时间为

tR1v……③

式中有sinl1R………④粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得qEma…………⑤ 由运动学公式有d12at2……⑥ l2vt2………⑦

2由①②⑤⑥⑦式得EBl1d2l2v…………⑧ 2t2由①③④⑦式得1l1d2tarcsin(2dl1222dl2l2) 1d（高考天津理综卷）

11.(18分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场

和磁场，MN

之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求

(1) 电场强度E的大小和方向；

(2) 小球从A点抛出时初速度v0的大小;

(3) A

点到x轴的高度h.

（1）mg222q，方向竖直向上 （2）

qBL2mcot （3）

qBL8m2g 【解析】本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。

（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动的向心力），有

qEmg ①

Emgq ②

重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。

（2）小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，MOP，如图所示。设半径为r，由几何关系知

L2rsin ③

小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v，有

由速度的合成与分解知 v0vcos ⑤

由③④⑤式得

v0qBL2mcot ⑥

（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为

vyv0tan ⑦

由匀变速直线运动规律

v22gh

⑧

由⑥⑦⑧式得

q2B2L2 h2得小球的速度：v＝

Ek＝m23（－1）gl。

3

（14分）如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻 （高考上海物理卷）24．

8mg⑨

（高考上海物理卷）23．（12分）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯

成120

角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸

面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中。开始时，杆OB与竖直方向的夹角

0

＝60，由静止释放，摆动到＝90的位置时，系统处于平衡

状态，求：

（1）匀强电场的场强大小E；

（2）系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功Wg和静电力做的功We； （3）B球在摆动到平衡位置时速度的大小v。 【解析】

（1）力矩平衡时：（mg－qE）lsin90＝（mg＋qE）lsin（120－90），即mg－qE＝12 （mg＋qE），得：E＝mg3q ；

（2）重力做功：Wg＝mgl（cos30

－cos60

）－mglcos60

＝（3

2

－1）

mgl，

静电力做功：We＝qEl（cos30－cos60）＋qElcos60＝3

6

mgl，

（3）小球动能改变量

Ek=12mv2＝W＋W23ge＝（3－1）mgl，

不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3，r＝0.2

，s＝1m）

（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动； （2）求磁感应强度B的大小；

（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝vB2l2

0－m（R＋r）

x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？

（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。 【解析】

（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UIv，U随时间均匀增大，

即v随时间均匀增大，加速度为恒量，

（2）F－B2l2vR＋r ＝ma，以F＝0.5v＋0.4代入得（0.5－B2l2

R＋r ）v＋0.4＝a，

a与v无关，所以a＝0.4m/s2

，（0.5－B2l2

R＋r ）＝0，得B＝0.5T，

22

（3）x12 at2，vBl12m（R＋r）

1＝0＝m（R＋r） x2＝at，x1＋x2＝s，所以2 at＋B2l2

at＝s，得：0.2t2＋0.8t－1＝0，t＝1s，

（4）可能图线如下：

（高考重庆理综卷）25.（19分）如题25图，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HO＝d，HS＝2d，

MNQ＝90°。

（忽略粒子所受重力） （1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ； （2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；

（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处。求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。 解析：

（1）

正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1，设 对正离子，应用动能定理有

eU20＝12mV1，

正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动 受到电场力F＝qE0、产生的加速度为a＝Fm，即

a＝

qE0m，

垂直电场方向匀速运动，有2d＝V1t，

沿场强方向：Y＝1at2

2， 联立解得E0＝U0d 又tanφ＝V1at，解得φ＝45°；

（2）

正离子进入磁场时的速度大小为V2＝V21(at)2，

解得V2＝

正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛

仑兹力提供向心

力，qVmV22B＝

2R，

解得离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2mU0eB2；

（3）根据R＝2mU0eB2可知，

质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1＝2(4m)U0eB2， 质量为16m的离子在磁场中的运动打在S2，运动半径为R2＝2(16m)U0eB2，

又ON＝R2－R1，

由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS＝R22ON2－R1， 联立解得ΔS＝4(3－)mU0eB2；

由R′2

＝(2 R2

2

1)+( R′－R1)解得R′＝52R1，

再根据1R1＜R＜522R1， 解得m＜mx＜25m。

（高考山东理综卷）25．（18分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、

Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。

已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、l0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）

（1）求电压U的大小。

（2）求12时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。

（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。

解析：

（1）t0v时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好

0

从极板边缘射出，在y

轴负方向偏移的距离为1l，则有EU02l①，Eqma②

12l122at0③ 图乙

联立以上三式，解得两极板间偏转

电压为

2图甲

U0mlqt2④。

0（2）12t时刻进入两极板的带电粒子，前102t0时间在电场中偏转，后12t0时间两极板没有电

场，带电粒子做匀速直线运动。

带电粒子沿x轴方向的分速度大小为vl0t⑤ 0带电粒子离开电场时沿y

轴负方向的分速度大小为va1y2t0⑥

带电粒子离开电场时的速度大小为vv22xvy⑦

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有Bvqmv2R⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式解得R5ml2qBt⑨。

0（3）2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为v'yat0⑩，

设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则tanv0v'，

y联立③⑤⑩式解得4，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的

圆心角为212，所求最短时间为tmin4T,带电粒子在磁场中运动的周期为

T2mBq，联立以上两式解得tmmin2Bq。 （高考安徽理综卷）23．（16分）

如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强

为E。在

A(d,0)点有一个静止的中性微粒，由于内部

作用，

某一时

刻突然成两个质量均为m的带电微粒，其中

电荷量为q

的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达(0,d)点。

不计重力和后两微粒间的作用。试求 （1）时两个微粒各自的速度；

（2）当微粒1到达（0,d)点时，电场力对微粒1做功的

瞬间功率；

（3）当微粒1到达（0,d)点时，两微粒间的距离。 答案：（1）v1qEd，v-2qEd2m2qEd2m方向沿y正方向（2）PqEm（3）22d

解析：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的

电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1时

的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：

在y方向上有

-dv1t 在x方向上有

-d12at2

根号外的负号表示沿y轴的负方向。

中性微粒成两微粒时，遵守动量守恒定律，有

mv1mv20

y 方向沿y正方向。

E （2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度

为v，则电场

（d,0） x 力做功的瞬时功率为 v θ （0, -d） 其中由运动学公式

v v2qEdBx-2ad-m

所以PqE-2qEdm （3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发

生的位移

则当当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为BC2S122d

（高考浙江理综卷）25.（22分）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向

竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x

轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度v的带电微

粒。发射时，这束带电微粒分布在0为g。

（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标

原点O沿y轴负方向离开，求点场强度和磁感应强度的大小和方向。 （2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。

（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。

答案（1）

mvqR；方向垂直于纸面向外 （2）见解析

（3）与x同相交的区域范围是x>0.

【解 析】本题考查带电粒子在复合场中的运动。

带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由 可得 Emgq 方向沿y轴正方向。

带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。 且

r=R

如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由 得 BmvqR 方向垂直于纸面向外

（2）这束带电微粒都通过坐标原点。

方法一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所

示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点为。 方法二：从任一点P水平进入磁场的带

电微粒

在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与O′点的连线与y

轴的夹角为θ，其圆心Q的坐标为（-Rsinθ，Rcosθ）,圆周运动轨迹方程为

得

x=0 x=-Rsinθ y=0 或 y=R(1+cosθ)

（3）这束带电微粒与x轴相交的区域是x>0

带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧

运动

后，将在y同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。 所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x>0.

（高考福建理综卷）22.(20分) 图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3

T,在X轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在Y上

安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×

104

m/s

的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。

（1）求上述粒子的比荷qm；

（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，

就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，

并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；

（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以

局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。答案（1）qm=4.9×107C/kg（或5.0×107C/kg）；（2）t7.9106s ； （3）

S0.25m2【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度

选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。

（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子

在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得

r2L2 ①

由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得

qvBmv2r ②

联立①②并代入数据得

q7（或5.0×107m=4.9×10C/kgC/kg） ③

（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦

兹力平衡，则有

qEqvB ④

代入数据得

E70N/C ⑤

所加电场的长方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有

t4503600T ⑥

T2rv ⑦ 联立①⑥⑦并代入数据得 t7.9106s ⑧

（3）如图丙，所求的最小矩形是MM1P1P，该区域面积 S2r2 ⑨ 联立①⑨并代入数据得

矩形如图丙中MM1P1P（虚线） （高考宁夏理综卷）25．(18分)

如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；

在x轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=l,OQ23l。不计重力。求 （1）M点与坐标原点O间的距离；

（2）粒子从P点运动到M点所用的时间。

【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，

在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度

的大小

为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为

v0，粒子

从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方

向与x轴正方向的夹角为，则aqE 2y0m① t1a ② v00xt ③

1其中xat1023l,y0l。又有tanv ④ 0联立②③④式，得30

因为M、O、Q点在圆周上，MOQ=90，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。

R23l ⑥ MO 6l ⑦

（2）设粒子在磁场中运动的速度为v,从Q到M点运动的时间为t2, 则有v v0cos ⑧ t2Rv ⑨

带电粒子自P点出发到M点所用的时间

为t为

tt1+ t2 ⑩

联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得

32mlt+ 12qE1 1○